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1 © Zanichelli Editore, 2006
■ PROBLEMA 1
È assegnata la seguente equazione in x :
x 3 � 2x � 50 � 0, con x �R.
a) Dimostrare che ammette una e una sola soluzione x�. b) Determinare il numero intero z tale che risulti: z � x� � z � 1.c) Scrivere un algoritmo idoneo a calcolare un valore approssimato di x� a meno di 10�4.d) Dopo aver riferito il piano a un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), determinare, se esistono, i
valori del parametro reale k (k � � 1) per cui la curva Ck di equazione:
y � (x 3 � 2x � 50) � k (x 3 � 2x � 75)
ammette un massimo e un minimo relativi.e) Stabilire se esiste un valore k� di k per cui la curva Ck� è simmetrica rispetto all’origine O.
■ PROBLEMA 2
Un gruppo di persone è costituito da 3 uomini e dalle rispettive mogli. Ciascun uomo sceglie a caso unafra le 3 donne, con uguali possibilità di scelta, per un giro di ballo.a) Calcolare quante sono le possibili terne di coppie di ballerini. b) Calcolare la probabilità che:
1) nessun uomo balli con la propria moglie; 2) un solo uomo balli con la propria moglie;3) tutti e tre gli uomini ballino con le rispettive mogli.
c) Il gioco viene effettuato per n volte. Calcolare:1) per n � 24, il numero medio di volte in cui tutti e tre gli uomini ballano con le rispettive mogli; 2) per n � 4, la probabilità che non più di 2 volte capiti che nessun uomo balli con la propria moglie;3) per n � 60, la probabilità che esattamente 30 volte capiti che un solo uomo balli con la propria mo-
glie;4) per n � 15, la probabilità che almeno 14 volte capiti che almeno un uomo balli con la propria mo-
glie.
N.B.: Per l’uso che il candidato, se crede, ne può fare, si forniscono le formule della probabilità binomialee della distribuzione normale:
pk �� �p k q n�k, y ����
1
2�� e
��(x
2�
�
2
)2
�(e � 2,7182, � 3,1415).
n
k
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario.
ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICOCORSO SPERIMENTALE P.N.I. • 2003
Sessione straordinaria
2 © Zanichelli Editore, 2006
■ QUESTIONARIO
Nell’insieme delle rette dello spazio si consideri la relazione così definita: «due rette si dicono parallele sesono complanari e non hanno punti comuni». Dire se è vero o falso che gode della proprietà transitiva efornire un’esauriente spiegazione della risposta.
In un piano, riferito a un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali (Oxy), è assegnato il luogogeometrico dei punti che soddisfano alla seguente equazione:
8x 2 � 8y 2 � 4kx � 8y � 3k � 0,
dove k è un parametro reale. Calcolare per quali valori di k il luogo è costituito da:
1) un punto; 2) due punti; 3) infiniti punti; 4) nessun punto.
In un piano sono date due circonferenze non congruenti, l’una esterna all’altra. Di omotetie che trasforma-no la minore nella maggiore ve ne sono:
nessuna.una sola.due soltanto.infinite.
Una sola alternativa è corretta: individuarla e motivare in maniera esauriente la scelta operata.
In un piano, riferito a un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali (Oxy), è assegnata l’affinità (A)di equazioni:
x � � 2X � 3Y, y � X � 2Y.
Calcolare l’area della figura trasformata di un cerchio di raggio 1 secondo l’affinità (A).
Considerata la successione di termine generale:
an � �1
6� n (n � 1)(2n � 1),
scriverla in forma ricorsiva.
Scrivere un algoritmo che generi i primi 20 numeri della successione di cui al precedente quesito 5 e li co-munichi sotto forma di matrice di 4 righe e 5 colonne.
Considerata la successione di termine generale:
an ��calcolare �
�
n�1an.
Considerata la funzione f (x) tale che:
f (x) �x
0(1 � ln t) dt, con x � 0,
determinare i suoi zeri e gli intervalli in cui cresce o decresce.
8
2 se n � 1
�1
3� an�1 se n � 1
7
6
5
4
D
C
B
A
3
2
1
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Durata massima della prova: 6 ore.È consentito soltanto l’uso di calcolatrici non programmabili.Non è consentito lasciare l’Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatura del tema.
Come si sa, la parte di sfera compresa fra due piani paralleli che la secano si chiama segmento sferico adue basi. Indicati con r 1 ed r 2 i raggi delle due basi del segmento sferico e con h la sua altezza (distanzatra le basi), dimostrare che il volume V del segmento sferico considerato è dato dalla seguente formula:
V � �1
6� h(h2 � 3r 1
2 � 3r 22).
Qualunque sia il metodo seguito per la dimostrazione, esplicitare ciò che si ammette.
Calcolare il seguente limite:
limx→0
essendo e la base dei logaritmi naturali.
x
0(1 � e�t )dt
��sen2 x
10
9
4 © Zanichelli Editore, 2006
■ PROBLEMA 1
a) Posto f (x) � x 3 � 2x � 50, la funzione f è continua in R, i limiti agli estremi del campo di esistenza val-gono lim
x→ ∞(x 3 � 2x � 50) � � e la derivata prima f ′(x) � 3x 2 � 2 è sempre positiva in R. Per il teore-
ma di unicità dello zero, la funzione f ha uno e un solo punto in cui si annulla e quindi l’equazionex 3 �2x � 50 � 0 ammette una e una sola soluzione reale x�.
b) Si considera l’immagine della funzione f (x) � x 3 � 2x � 50 per alcuni valori interi di x :
f (2) � � 38, f (3) � � 17, f (4) � 22.
Si osserva che nell’intervallo [3; 4] la funzione cambia di segno, pertanto lo zero x� della funzione è loca-lizzato in tale intervallo, ovvero z � x� � z � 1, con z � 3.
c) È noto che lo zero x� della funzione f (x) � x 3 � 2x � 50 è compreso nell’intervallo [3; 4]. Si procede allarisoluzione approssimata dell’equazione f (x) � 0 attraverso il metodo di bisezione. Si costruisce il se-guente algoritmo, il quale chiede in ingresso l’approssimazione ε voluta.
•Inizio Programma Equazione polinomiale•Leggi ε Si legge il valore dell’approssimazione•g � 3 Si assegna alla variabile g il grado dell’equazione,•A � [1, 0, 2, �50] al vettore A i coefficienti dell’equazione polinomiale,•x1 � 3 alla variabile x1 l’estremo sinistro dell’intervallo,•x2 � 4 alla variabile x2 l’estremo destro dell’intervallo,•P1 � � 17 alla variabile P1 il valore f (3) � � 17•Ripeti Si costruisce il ciclo basato sul metodo di bisezione
•xM � (x1 � x2)/2 Si calcola il punto medio dell’intervallo [x1; x2]• i � 0 Si azzera il contatore i•PM � 0 Si azzera la variabile PM
•Ripeti Si calcola il valore f (xM) contenuto in PM
• i← i � 1•PM←PM � xM � A↓i
•finché i � g � 1•Se P1 � PM � 0 Si effettua il controllo sulla posizione della radice ri-
•allora x1 � xM, P1 � PM, spetto al punto medio•altrimenti x2 � xM,
•finché x2 � x1 � ε Si effettua il controllo sull’approssimazione voluta• Scrivi xM Si mostra la radice approssimata•Fine
In linguaggio Derive il programma corrispondente da scrivere nella riga di editazione delle espressioniè il seguente:
Equaz(ε):�PROG (g:�3, A:� [1, 0, 2, �50], x1:�3, x2:�4, P1:� �17, LOOP (xM:� (x1�x2)/2, i:�0, PM:�0, LOOP (i:� i�1, PM:�PM �xM�ASUBi, IF (i�g�1, exit)), IF (P1 �PM�0, PROG (x1:�xM, P1:�PM), x2:�xM), IF (x2�x1� ε, exit)), RETURN [xM])
SOLUZIONE DELLA PROVA D’ESAMECORSO SPERIMENTALE P.N.I. • 2003
Sessione straordinaria
5 © Zanichelli Editore, 2006
Nella figura 1 è riportato il programma come appare nella fine-stra algebrica.
d)Considerata la funzione parametrica fk (x) � (x 3 � 2x � 50) �� k (x 3 � 2x � 75), con k � � 1, si può scrivere:
fk(x) � (k � 1)x 3 � 2(k � 1)x � 25(2 � 3k).
Essa è continua e ha derivata prima:
f ′k (x) � 3(k � 1) x 2 � 2(k � 1).
Si studia il segno di quest’ultima ponendo 3(k�1)x2�2(k�1)�0:
•se k��1, 3(k�1)x 2 �2(k�1)�0→3x 2 �2�0⇒∀x�R;•se k��1, 3(k�1)x 2 �2(k�1)�0→3x 2 �2�0⇒∃⁄ x�R.
Poiché per k � � 1 si ha f ′k(x) � 0 ∀x �R, la funzione fk (x) ècrescente, mentre per k � � 1 è f ′k(x) � 0 ∀x �R e quindi lafunzione fk (x) è decrescente.
In conclusione non esistono valori di k per cui la funzione fkammette un massimo e un minimo relativi.
e) La funzione fk(x) � (k � 1) x 3 � 2(k � 1) x � 25(2 � 3k) è simme-trica rispetto all’origine O se vale che fk(�x) � � fk(x), ovverose è verificata l’uguaglianza:
(k � 1)(�x)3 � 2(k � 1)(�x) � 25(2 � 3k) �� � (k � 1)x 3 � 2(k � 1)x � 25(2 � 3k), cioè
� (k � 1)x 3 � 2(k � 1)x � 25(2 � 3k) � � (k � 1)x 3 � 2(k � 1)x � 25(2 � 3k)
Confrontando i due membri dell’uguaglianza, deve essere:
� 25(2 � 3k) � 25(2 � 3k) ⇒ k � � �2
3� .
Pertanto la curva Ck� , con k� � � �2
3� , di equazione:
f� �
23�(x) � �
1
3� x 3 � �
2
3� x,
è simmetrica rispetto all’origine del sistema di riferimento carte-siano. Il suo grafico è rappresentato nella figura 2.
■ PROBLEMA 2
a) Si suppone di attribuire agli uomini del gruppo un numero da 1a 3, mentre alle rispettive mogli le lettere A, B, C. Le possibiliterne di coppie di ballerini sono rappresentate per riga nel se-guente schema.
1A 2B 3C1A 2C 3B1B 2A 3C1B 2C 3A1C 2A 3B1C 2B 3A
Le terne possibili sono pertanto 6.Il medesimo risultato può essere ottenuto considerando fissi i tre ballerini, nella successione 1, 2, 3, nel-la quale intercalare la terna variabile delle tre ballerine A, B, C:
A B C↓ ↓ ↓
1 2 3
� Figura 1.
O
y
x1
1
2
2–1–2
–1
–2
y=–x3+–x13
23
� Figura 2.
6 © Zanichelli Editore, 2006
Le possibili terne sono allora determinate dalle permutazioni dei tre elementi A, B, C, ovvero P3 � 3! � 6.
b1) Considerato l’evento:
E1 � “nessun uomo balla con la propria moglie”,
si calcola la probabilità P (E1) applicando la definizione classica di probabilità, intesa come rapportotra casi favorevoli e casi possibili. Osservando lo schema, i casi favorevoli sono 2 (la quarta e laquinta terna), mentre i casi possibili sono 6. Pertanto vale:
P (E1) � �2
6� � �
1
3� .
b2) Posto:
E2 � “un solo uomo balla con la propria moglie”,
i casi favorevoli sono forniti dalle terne (1A, 2C, 3B), (1B, 2A, 3C ), (1C, 2B, 3A) e quindi risulta:
P (E2) � �3
6� � �
1
2� .
b3) Preso:
E3 � “tutti e tre gli uomini ballano con le rispettive mogli”,
c’è un solo caso favorevole e la probabilità vale:
P (E3) � �1
6� .
c1) Utilizzando lo schema delle prove ripetute, la probabilità che un evento E, di probabilità costante p,
si verifichi x volte su n prove, è data dalla distribuzione binomiale P (X � x) �� �p x (1 � p)n�x,
dove la variabile X corrisponde al numero delle volte che l’evento può verificarsi. Il valore medio ditale distribuzione è M (X ) � np.Per l’evento E3 � “tutti e tre gli uomini ballano con le rispettive mogli”, la probabilità p vale �
1
6� e se
n � 24, risulta:
M (X ) � 24 � �1
6� � 4.
c2) Considerato l’evento E1 � “nessun uomo balla con la propria moglie” con probabilità p � �1
3� , si co-
struisce la corrispondente tabella della distribuzione binomiale con n � 4 e la relativa funzione di ri-partizione.
La funzione di ripartizione per X � 2 vale 0,888889. Pertanto la probabilità che non più di 2 voltecapiti che nessun uomo balli con la propria moglie risulta essere 0,888889.
c3) Poiché la probabilità che un solo uomo balli con la propria moglie è uguale a �1
2� , si applica la di-
stribuzione binomiale quando x � 30, p � �1
2� ed n � 60:
P (X � 30) �� ���1
2��30�1 � �
1
2��60�30
� 0,1026,60
30
n
x
X 0 1 2 3 4
P 0,197531 0,395062 0,296296 0,098765 0,012346
F 0,197531 0,592593 0,888889 0,987654 1
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ovvero la probabilità che esattamente 30 volte capiti che un solo uomo balli con la propria moglie ècirca 0,1026.
c4) Si considera l’evento:
E4 � “almeno un uomo balla con la propria moglie”.
Osservando lo schema al punto a), i casi favorevoli sono 4 su 6 possibili, pertanto la probabilitàdell’evento E4 vale:
p � �4
6� � �
2
3� .
Se si compiono n � 15 prove, con la probabilità p � �2
3� di verificarsi dell’evento e si assume la di-
stribuzione binomiale P (X � x) �� ���2
3��x�1 � �
2
3��15�x
, la probabilità che almeno 14 volte capiti
che almeno un uomo balli con la propria moglie risulta:
P (X � 14) � P (X � 14) � P (X � 15) �
�� ���2
3��14��
1
3���� ���
2
3��15��
1
3��0
� 0,017127 � 0,002284 � 0,019411.
■ QUESTIONARIO
La relazione «due rette si dicono parallele se sono complanari enon hanno punti comuni» gode della proprietà transitiva. Infatti, siconsiderano due rette r ed s parallele tra loro e appartenenti alpiano � (figura 3). Sia t una retta parallela ad s e sia � il piano chele contiene. Si vuole dimostrare che le rette r e t sono tra loro pa-rallele. Si consideri un generico punto P della retta s e si conducada esso un piano � perpendicolare alla retta stessa. Per un nototeorema della geometria euclidea nello spazio, se due rette sonoparallele, ogni piano perpendicolare all’una è perpendicolare pureall’altra. Pertanto il piano � è perpendicolare sia alla retta r che allaretta t. Ora, si può dimostrare che due rette perpendicolari a unostesso piano sono parallele tra loro. Infatti, siano A e B i piedi del-le perpendicolari r e t sul piano � e sia u la retta che congiunge Ae B (figura 4).Si conduca su � una retta v perpendicolare alla u in un punto H.Dato che r è perpendicolare a � e la retta u è perpendicolare a v,allora la retta v è perpendicolare al piano � determinato dalle retter e u, per il teorema delle tre perpendicolari.Nella stessa maniera si dimostra che v è perpendicolare al pianoindividuato dalle rette t e u. Poiché di piani perpendicolari allaretta v ve ne è uno solo nel punto H, ne consegue che le rette re t appartengono allo stesso piano. Essendo quest’ultime com-planari ed entrambe perpendicolari alla stessa retta u allora sonoparallele.
1
15
15
15
14
15
x
� Figura 3.
P
B
t
s
r
A
γ
α β
� Figura 4.
t
r
u A
BH
vγ
δ
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Data l’equazione 8x 2 � 8y 2 � 4kx � 8y � 3k � 0, essa può essere scritta nella forma:
x 2 � y 2 � y � k�� �1
2� x � �
3
8��� 0.
Si tratta di una combinazione lineare tra l’equazione x 2 � y 2 � y � 0, rappresentante la circonferenza
di centro C�0; � �1
2�� e raggio r � �
1
2� , e la retta x � � �
3
4� (figura 5).
Il luogo geometrico si riconduce a un fascio di circonferenze di
centro ��4
k� ; � �
1
2�� e raggio rk ��
1
k�6
2
�� �� �1
4��� �� �3
8��� k� se vale la con-
dizione di realtà �1
k
6
2
� � �1
4� � �
3
8� k � 0. In particolare, si trova:
�1
k
6
2
�� �1
4� � �
3
8� k�0 → k 2 �6k�4�0 ⇒
k��3��5�∨k��3��5�.
Per k � � 3 � �5�∨k � � 3 � �5�, l’equazione di partenza è un fascio di circonferenze con generatrici di
equazione: x 2 � y 2 � y � 0 e x � � �3
4� (figura 5).
Poiché il sistema delle generatrici, � , ha equazione risolvente y 2 � y � �1
9
6� � 0 con discrimi-
nante negativo, l’asse radicale x � � �3
4� è esterno alle circonferenze, le quali non possiedono punti base.
Si può concludere che il luogo geometrico è costituito da:
1) un punto quando rk � 0, ossia per k � � 3 �5�;2) da due punti per nessun valore di k ;3) da infiniti punti per k � � 3 � �5�∨k � � 3 � �5�;4) da nessun punto per � 3 � �5� � k � � 3 � �5�.
Considerate in un piano due circonferenze non congruenti, l’unaesterna all’altra, di raggio rispettivamente r ed r ′(r � r ′ ) e centroO e O ′, si ponga un sistema di riferimento cartesiano Oxy conl’origine nel centro della minore e con l’asse x passante per il cen-tro della maggiore (figura 6).Le equazioni delle due circonferenze sono:
�: x 2 � y 2 � r 2,
�′: (x � xO′)2 � y 2 � r ′2, ovvero x 2 � y 2 � 2xxO′� x 2O′� r ′2 � 0,
dove xO′� r � r ′.Presa una generica omotetia di centro C (xC ; yC ), di equazioni:
� , k, p, q �R, con � ,p � xC (1 � k)
q � yC (1 � k)
x ′� kx � p
y ′� ky � q
3
x 2 � y 2 � y � 0
x � � �3
4�
2
� Figura 5.
y
xO
x=––34
–1
––12
C
x2+y2+y=0
–1
� Figura 6.
y
xOr r'
O'
CC'
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e le sue inverse,
� ,
si impone che �′ sia la trasformata di � secondo l’omotetia. Perciò si trasforma la curva � attraverso leequazioni inverse:
x 2 � y 2 � r 2 → ��1
k� x ′� �
p
k��2
���1
k� y ′� �
q
k��2
� r 2 → x ′2 � y ′2 � 2px ′� 2qy ′� p 2 � q 2 � r 2k 2 � 0.
Tolti gli apici, si confronta l’equazione trovata con l’equazione x 2 � y 2 � 2xxO′� x 2O′� r ′2 � 0. Per l’identità
dei polinomi vale:
� → � .
Poiché il rapporto di omotetia k può assumere due valori, esistono due omotetie che trasformano la cir-conferenza � nella circonferenza �′. La risposta esatta è quindi C.
È noto che un’affinità �X � ax � by � ctrasforma una circonferenza in un’ellisse e che il rapporto tra le
Y � a ′x � b′y � c ′aree S e S ′ di due figure, una trasformata dell’altra rispetto all’affinità, si conserva e vale �
S
S
′� � �det aa ′
bb ′��.
Ora, data l’affinità � e la sua inversa, � , la matrice associata alla trasformazio-
ne inversa è �. Considerato il cerchio di raggio 1 e superficie S � , per quanto detto esso viene
trasformato in un’ellisse di area S ′ tale che:
�S
′� � �det ��� 4�3�1 ⇒ S ′� .
In conclusione il cerchio di raggio unitario è trasformato in un’ellisse di uguale area.
Data la successione di termine generale an � �1
6� n (n � 1)(2n � 1), con n �N, la sua rappresentazione per
enumerazione è:
0, 1, 5, 14, 30, 55, 91, 140, 204, … .
Si nota che il termine n-esimo può essere ottenuto dalla somma del termine precedente con il quadrato din stesso:
a0 � 0
a1 � 1 � 0 � 12
a2 � 5 � 1 � 22
a3 � 14 � 5 � 32
a4 � 30 � 14 � 42
………………
an � an�1 � n2
5
�3
�2
�2
�1
�3
�2
�2
�1
X � � 2x � 3y
Y � � x � 2y
x � � 2X � 3Y
y � X � 2Y
4
p � xO′
q � 0
k 2 � �r
r
′2
2
�→k � �r
r
′�
�2p � � 2xO′
� 2q � 0
p 2 � q 2 � r 2k 2 � x 2O′� r ′2
x � �1
k� x ′� �
p
k�
y � �1
k� y ′� �
q
k�
10 © Zanichelli Editore, 2006
Pertanto la forma ricorsiva della successione è:
� se n � 0
L’algoritmo che genera i primi 20 numeri della successione an � �1
6� n (n � 1)(2n � 1) e li comunica sotto
forma di matrice di 4 righe e 5 colonne, può avere la seguente forma.
•Inizio Programma Successione
•Matrice � � Si assegna alla variabile Matrice una matrice 4 � 5
•n � 0 Si azzera l’indice della successione an
•i � 0 Si azzera il contatore delle righe della matrice•Ripeti Si costruiscono i due cicli annidati per i contatori i e j che
realizzano la matrice richiesta• i← i � 1 Si incrementa il contatore i• j � 0 Si azzera il contatore delle colonne della matrice•Ripeti
• j← j � 1 Si incrementa il contatore j
•Matrice ↓i ↓j � �1
6� n (n � 1)(2n � 1) Si compie il calcolo del termine della successione an
•n←n � 1 Si incrementa l’indice n•finché j � 5
•finché i � 4•Scrivi Matrice Si comunica in uscita la matrice calcolata•Fine
In linguaggio Derive il programma corrispondente da scrivere nella riga di editazione delle espressioni è ilseguente:
Succ_01(fittizia): � PROG(Matrice: � VECTOR(VECTOR(0, a, 1, 5), b, 1, 4), n: � 0, i: � 0,LOOP(i: � i � 1, j: � 0, LOOP( j: � j � 1, MatriceSUBiSUBj: � 1/6 � n � (n � 1) � (2 � n � 1), n: � n � 1,IF( j � 5, exit)), IF(i � 4, exit)), RETURN Matrice)
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
6
a0 � 0
an�1 � an � n 2
11 © Zanichelli Editore, 2006
Nella figura 7 è riportato il programma come appare nella finestra algebrica.
La successione in forma ricorsiva, an �� , è una successione geometrica di ragione
q � �1
3� e primo termine a1 � 2. La somma Sn dei primi n termini risulta:
Sn � 2 � � 2 � � 3 1 ���1
3��n�.
La serie ��
n�1an è convergente se esiste il limite lim
n→�Sn . Pertanto vale:
��
n�1an � lim
n→�Sn � lim
n→�3 1 ���
1
3��n�� 3.
Si trova l’espressione di f (x) calcolando l’integrale x
0(1 � ln t ) dt:
x
0(1 � ln t ) dt �x
0dt �x
0ln t dt � x �x
0ln t dt � x � lim
h→0�x
hln t dt �
applicando l’integrazione per parti:
� x � limh→0��[t ln t ]xh �x
ht � �
1
t� dt�� x � x ln x � lim
h→0�h ln h � x �
essendo limh→0�
h ln h � 0 per il teorema di De L’Hospital, risulta:
� 2x � x ln x.
Si studia la funzione f (x) � 2x � x ln x, con x � 0.Gli zeri si ottengono ponendo f (x) � 0:
2x � x ln x � 0→x (2 � ln x) � 0 ⇒ x � 0∨2 � ln x � 0 ⇒ x1 � 0, non accettabile, e x2 � e 2.
8
1 ���1
3��n
��
�2
3�
��1
3��n
� 1
��
�1
3� � 1
2 se n � 1
�1
3� an�1 se n � 1
7
� Figura 7.
12 © Zanichelli Editore, 2006
Lo zero di f (x) �x
0(1 � ln t) dt, con x � 0, è unico e vale x � e 2.
Si determina la crescenza e decrescenza studiando il segno della derivata prima f ′(x), che risulta essere,per il teorema fondamentale del calcolo integrale:
f ′(x) � 1 � ln x, x � 0.
Poiché 1 � ln x � 0 è vera nel C.E. per 0 � x � e, si ha la seguentetabella dei segni della derivata prima (figura 8).La funzione f (x) è pertanto strettamente crescente per 0 � x � e,ha un massimo per x � e, è strettamente decrescente per x � e.
L’intento è di dimostrare la formula del volume di un segmentosferico a due basi attraverso il calcolo integrale. Si può diversa-mente seguire la via della geometria euclidea nello spazio, appli-cando il teorema di equivalenza tra un segmento sferico a unabase e la somma di una particolare sfera e di un cilindro.Nella figura 9 si ottiene un segmento sferico a due basi attraversola rotazione intorno all’asse delle x di un arco di circonferenza diraggio r, di equazione f (x) � �r 2� �� x� 2�, con x1 � x � x2.Per il calcolo integrale, il volume del solido di rotazione si trova
tramite la formula V � 0
0
x2
x1
[ f (x)]2 dx. Nel caso in questione vale:
V � 0
0
x2
x1
(�r 2� �� x� 2�)2 dx � 0
0
x2
x1
(r 2 � x 2) dx �
V � r 2x � �1
3� x 30
0
x2
x1
� r 2(x2 � x1) � �1
3� (x 3
2 � x 31)��
V � �
3� (x2 � x1)[3r 2 � (x 2
1 � x 22 � x1 x2)].
Essendo x2 � x1 � h, elevando al quadrato entrambi i membri, si ottiene x 21 � x 2
2 � 2x1 x2 � h2, da cui si ri-
cava x1 x2 � �1
2� (x 2
1 � x 22 � h2). Sostituendo all’espressione del volume si ottiene:
V� �
3� h�3r 2 � x 2
1 �x 22 ��
1
2� (x 2
1 �x 22 �h2)��� �
3� h�3r 2 ��
3x21 �3
2
x22 �h2
��� �
6� h (6r 2 �3x 2
1 �3x 22 �h2).
Per il teorema di Pitagora risulta x 21 � r 2 � r 2
1 e x 22 � r 2 � r 2
2, pertanto, sostituendo si trova:
V � �
6� h (6r2 �3r2 � 3r 2
1 � 3r2 � 3r 22 � h2) � �
6� h (3r 2
1 � 3r 22 � h2).
Per x→0, il limite ha forma indeterminata �0
0� . Al numeratore vi è una funzione integrale ed esiste la sua
derivata prima nell’intervallo [0; x ] che vale D x
0(1 � e�t ) dt�� 1 � e�x per il teorema fondamentale del
calcolo integrale. La funzione al denominatore, y � sen2 x è derivabile e diversa da zero in un intorno dix � 0 escluso. Si può pertanto applicare il teorema di De L’Hospital:
limx→0
� limx→0
�2 s
1
en
�
x
e
c
�
o
x
s x�� lim
x→0�1
se
�
n
e
2
�
x
x
� .x
0(1 � e�t ) dt
��sen2 x
10
9
� Figura 8.
f'(x)
f(x)
−+ 0
e0
max
� Figura 9.
y
xO
r
y= r2–x2
r1
x1 x2
r2
r
{
h
13 © Zanichelli Editore, 2006
Si tratta nuovamente di una forma indeterminata per la quale è utilizzabile ancora il teorema di De L’Ho-spital:
� limx→0
�2 c
e
o
�
s
x
2 x�� �
1
2� .
Concludendo, limx→0
� �1
2� .
x
0(1 � e�t ) dt
��sen2 x
Per esercitarti ancora sugli argomenti trattati nel Svolgi il
Problema 1 • Quesito 5 pag. W 171• Test 51 pag. � 27• Esercizio 216 pag. W 194• Esercizio 219 pag. W 194• Esercizio 236 pag. J1 74• Esercizio 5 pag. � 16
Problema 2 • Esercizio 41 pag. � 27• Esercizio 22 pag. � 76• Esercizio 60 pag. � 58• Esercizio 157 pag. � 71• Problema 18 pag. � 76 (punto a)
Quesito 1 • Quesito 9 pag. W 165• Test 2 pag. 95• Quesito 7 pag. 9
Quesito 2 • Test 3 pag. L 426• Quesito 6 pag. L 428• Quesito 8 pag. L 428
Quesito 3 • Esercizio 425 pag. J1 96• Esercizio 426 pag. J1 97
Quesito 4 • Esercizio 494 pag. J1 108• Esercizio 500 pag. J1 109• Esercizio 503 pag. J1 110
Quesito 5 • Esercizio 31 pag. U 229• Esercizio 218 pag. S 159
Quesito 6 • Esercizio 2 pag. T 32
Quesito 7 • Quesito 7 pag. U 240
Quesito 8 • Esercizio 319 pag. W 52• Esercizio 188 pag. W 115• Esercizio 189 pag. W 115
Quesito 9 • Esercizio 270 pag. W 124• Esercizio 275 pag. W 124
Quesito 10 • Esercizio 198 pag. W 115• Quesito 2 pag. W 168
